專題14圓與二次函數綜合

專題14圓與二次函數綜合1．如圖1，拋物線y=ax2+bx+3與x軸相交于點A（3，0），B（1，0），與y軸相交于點C，⊙O1為△ABC的外接圓，交拋物線于另一點D．(1)求拋物線的解析式；(2)求cos∠CAB的值和⊙O1的半徑；(3)如圖2，拋物線的頂點為P，連接BP，CP，BD，M為弦BD中點，若點N在坐標平面內，滿足△BMN∽△BPC，請直接寫出所有符合條件的點N的坐標．【答案】(1)y=x2+4x+3；(2)cos∠CAB=，⊙O1的半徑為；(3)點N的坐標為（，?）或（，?）．【分析】（1）利用待定系數法求出拋物線的解析式；（2）如答圖1所示，由△AOC為等腰直角三角形，確定∠CAB=45°，從而求出其三角函數值；由圓周角定理，確定△BO1C為等腰直角三角形，從而求出半徑的長度；（3）如答圖2所示，首先利用圓及拋物線的對稱性求出點D坐標，進而求出點M的坐標和線段BM的長度；點B、P、C的坐標已知，求出線段BP、BC、PC的長度；然后利用△BMN∽△BPC相似三角形比例線段關系，求出線段BN和MN的長度；最后利用兩點間的距離公式，列出方程組，求出點N的坐標．(1)解：∵拋物線y=ax2+bx+3與x軸相交于點A（3，0），B（1，0），∴，解得，∴拋物線的解析式為：y=x2+4x+3；(2)解：由（1）知，拋物線解析式為：y=x2+4x+3，∵令x=0，得y=3，∴C（0，3），∴OC=OA=3，則△AOC為等腰直角三角形，∴∠CAB=45°，∴cos∠CAB=．在Rt△BOC中，由勾股定理得：BC=．如答圖1所示，連接O1B、O1C，由圓周角定理得：∠BO1C=2∠BAC=90°，∴△BO1C為等腰直角三角形，∴⊙O1的半徑O1B=BC=；(3)解：拋物線y=x2+4x+3=（x+2）21，∴頂點P坐標為（2，1），對稱軸為x=2．又∵A（3，0），B（1，0），可知點A、B關于對稱軸x=2對稱．如答圖2所示，由圓及拋物線的對稱性可知：點D、點C（0，3）關于對稱軸對稱，∴D（4，3）．又∵點M為BD中點，B（1，0），∴M（?，），∴BM=；在△BPC中，B（1，0），P（2，1），C（0，3），由兩點間的距離公式得：BP=，BC=，PC=2．∵△BMN∽△BPC，∴，即，解得：BN=，MN=3．設N（x，y），由兩點間的距離公式可得：，解之得，，，∴點N的坐標為（，?）或（，?）．【點睛】本題綜合考查了二次函數的圖象與性質、待定系數法、圓的性質、相似三角形、勾股定理、兩點間的距離公式等重要知識點，涉及的考點較多，試題難度較大．難點在于第（3）問，需要認真分析題意，確定符合條件的點N有兩個，并畫出草圖；然后尋找線段之間的數量關系，最終正確求得點N的坐標．2．如圖1，過點A（0，4）的圓的圓心坐標為C（2，0），B是第一象限圓弧上的一點，且BC⊥AC，拋物線經過C、B兩點，與x軸的另一交點為D．（1）點B的坐標為（，），拋物線的表達式為.（2）如圖2，求證：BD//AC；（3）如圖3，點Q為線段BC上一點，且AQ=5，直線AQ交⊙C于點P，求AP的長．【答案】（1）（6，2）（2）見解析（3）8【詳解】解：（1）過點B作BE⊥x軸于點E，∵AC⊥BC，∴∠ACO+∠BCE=90°，∵∠ACO+∠OAC=90°，∠BCE+∠CBE=90°，∴∠OAC=∠BCE，∠ACO=∠CBE．∵在△AOC與△CEB中，∴△AOC≌△CEB（AAS），則CE=AO=4，BE=CO=2，OE=6，∴B（6，2）．將B（6，2），C（2，0）代入，得，解得．∴拋物線的表達式為．（2）證明：令，即，解得x=2或x=7．∴D（7，0）．如下圖所示，過點B作BE⊥x軸于點E，則DE=ODOE=1，CD=ODOC=5．在Rt△BDE中，由勾股定理得：；在Rt△BCE中，由勾股定理得：在△BCD中，BC=，BD=，CD=5．∴．∴∠CBD=90°，即BD⊥BC．又∵AC⊥BC，∴BD//AC．（3）連接AB，BP，∵AC⊥BC，BC=AC=，∴∠ACB=90°，∠ABC=45°，∠APB=∠ACB=45°，AB=．∴∠ABQ=∠APB．又∵∠BAQ=∠PAB，∴△ABQ∽△APB．∴，即，解得AP=8．3．在平面直角坐標系中，二次函數y=ax2+x+c的圖象經過點C（0，2）和點D（4，﹣2）．點E是直線y=﹣x+2與二次函數圖象在第一象限內的交點．（1）求二次函數的解析式及點E的坐標．（2）如圖①，若點M是二次函數圖象上的點，且在直線CE的上方，連接MC，OE，ME．求四邊形COEM面積的最大值及此時點M的坐標．（3）如圖②，經過A、B、C三點的圓交y軸于點F，求點F的坐標．【答案】（1）E（3，1）；（2）S最大=，M坐標為（，3）；（3）F坐標為（0，﹣）．【分析】1）把C與D坐標代入二次函數解析式求出a與c的值，確定出二次函數解析式，與一次函數解析式聯立求出E坐標即可；（2）過M作MH垂直于x軸，與直線CE交于點H，四邊形COEM面積最大即為三角形CME面積最大，構造出二次函數求出最大值，并求出此時M坐標即可；（3）令y=0，求出x的值，得出A與B坐標，由圓周角定理及相似的性質得到三角形AOC與三角形BOF相似，由相似得比例求出OF的長，即可確定出F坐標．【詳解】（1）把C（0，2），D（4，﹣2）代入二次函數解析式得：，解得：，即二次函數解析式為y=﹣x2+x+2，聯立一次函數解析式得：，消去y得：﹣x+2=﹣x2+x+2，解得：x=0或x=3，則E（3，1）；（2）如圖①，過M作MH∥y軸，交CE于點H，設M（m，﹣m2+m+2），則H（m，﹣m+2），∴MH=（﹣m2+m+2）﹣（﹣m+2）=﹣m2+2m，S四邊形COEM=S△OCE+S△CME=×2×3+MH?3=﹣m2+3m+3，當m=﹣=時，S最大=，此時M坐標為（，3）；（3）連接BF，如圖②所示，當﹣x2+x+20=0時，x1=，x2=，∴OA=，OB=，∵∠ACO=∠ABF，∠AOC=∠FOB，∴△AOC∽△FOB，∴，即，解得：OF=，則F坐標為（0，﹣）．【點睛】此題屬于二次函數綜合題，涉及的知識有：待定系數法求二次函數解析式，相似三角形的判定與性質，三角形的面積，二次函數圖象與性質，以及圖形與坐標性質，熟練掌握各自的性質是解本題的關鍵．4．已知：直角梯形中，∥，∠=，以為直徑的圓交于點、，連結、、.（1）在不添加其他字母和線的前提下，直接寫出圖1中的兩對相似三角形：_____________________，______________________；（2）直角梯形中，以為坐標原點，在軸正半軸上建立直角坐標系（如圖2），若拋物線經過點、、，且為拋物線的頂點.①寫出頂點的坐標（用含的代數式表示）___________；②求拋物線的解析式；③在軸下方的拋物線上是否存在這樣的點，過點作⊥軸于點，使得以點、、為頂點的三角形與△相似？若存在，求出點的坐標；若不存在，說明理由.【答案】（1）△∽△，△∽△.（2）①（1，）②拋物線的解析式為：，③當時，點為（，）、（，），當時，兩個點不存在【詳解】試題分析：（1）根據有兩個角對應相等的兩個三角形相似可證得△OAD∽△CDB，△ADB∽△ECB；（2）①先根據拋物線的對稱軸確定出點B的橫坐標為1，代入函數關系式即可得出點B的縱坐標4a，所以B（1，4a），②令y=0，可先確定出點A的坐標，然后利用△OAD∽△CDB，和拋物線的開口方向確定出a的值即可；③設點P（x，y），分點P在對稱軸左側和右側兩種情況討論，利用相似三角形的性質和拋物線解析式解答即可．試題解析：（1）△OAD∽△CDB，△ADB∽△ECB；（2）①（1，4a），②∵ax22ax3a=0，可得A（3，0），∵△OAD∽△CDB，∴，又OC=4a，OD=3a，CD=a，CB=1，∴，∴，∵拋物線開口向下，∴，故拋物線的解析式為：；③當點P在對稱軸左側時如圖：因為，所以點B為（1,4），點D為（0,3），又A（3，0），所以,因為為圓M的直徑，所以∠ADB=90°，設點P坐標為（x，y），所以PN=y，AN=3x，當△APN∽△ABD時，,所以，所以3y=x3，又，所以，解得x=或x=3（不合題意舍去），所以y=，所以點P為（，）；當△PAN∽△ABD時，,所以，所以y=3x9，又，所以，解得x=4或x=3（不合題意舍去），所以y=21，所以點P為（4，21）；當點P在對稱軸右側時如圖：同理可得：△APN∽△ABD時，x=或3，都不合題意，或者△PAN∽△ABD時，x=2或3，都不合題意，即當時兩個點不存在．考點：1．相似三角形的判定與性質2．圓的基本性質3．二次函數與幾何知識的綜合．5．如圖，拋物線與x軸交于A，B兩點（點B在點A的左邊），與y軸交于點C，且．（1）求拋物線的解析式．（2）如圖1，若點P是線段（不與A、C重合）上一動點，過點P作x軸的垂線交拋物線于M點，連接將沿對折，如果點P的對應點N恰好落在y軸上，求此時點P的坐標．（3）如圖2，若第四象限有一動點E，滿足，過E作軸于點F，設F坐標為，，的內心為I，連接，，，，①請找出一對全等的三角形并證明；②請直接寫出的最小值．【答案】（1）；（2）P（3?，?）；（3）①△AIO≌△AIE，理由見詳解；②【分析】（1）在拋物線中，令y＝0，得出點A、B坐標，再根據OA＝OC，建立方程求a的值即可求出函數的關系式；（2）先求出直線AC解析式，設M點坐標為（m，m2?2m?3），P（m，m?3），由題意：△PCM沿CM對折，點P的對應點N恰好落在y軸上，可得到關于m的一元二次方程，求出m即可得到答案；（3）①在△AIO和△AIE中，根據SAS，即可得到結論；②作△OAI的外接圓⊙M，連接OM，AM，MI，CM，過M作MH⊥y軸于H，由△AIO≌△AIE，再結合三角形外接圓及等腰直角三角形性質求得：CM，MI，再根據三角形三邊長關系可得答案．【詳解】解：（1）在中，令y＝0，得：，解得：x1＝3，x2＝?1，∴B（?1，0），A（3，0），∴OA＝3，∵OA＝OC，∴OC＝3，∴C（0，?3），∴?3a＝?3，∴a＝1，∴拋物線解析式為：；（2）設直線AC解析式為y＝kx＋b，∵A（3，0），C（0，?3），∴，解得：，∴直線AC解析式為：y＝x?3，設M點坐標為（m，m2?2m?3），∵PM⊥x軸，∴P（m，m?3），∴PM＝m?3?（m2?2m?3）＝?m2＋3m，∵OA＝OC，∠AOC＝90°，∴CA＝OA，∴CP＝m，∵△PCM沿CM對折，點P的對應點N恰好落在y軸上，∴∠PCM＝∠NCM，∵PM∥y軸，∴∠NCM＝∠PMC，∴∠PCM＝∠PMC，∴PC＝PM，∴m=?m2＋3m，解得：m1＝0（舍去），m2＝3?，∴當m＝3?時，m?3＝?，∴P（3?，?）；（3）①△AIO≌△AIE，理由如下：∵△AEF的內心為I，∴AI，EI分別平分∠FAE，∠FEA，在△AIO和△AIE中，，∴△AIO≌△AIE（SAS），②作△OAI的外接圓⊙M，連接OM，AM，MI，CM，過M作MH⊥y軸于H，∵EF⊥x軸，∴∠AFE＝90°，∴∠FAE＋∠FEA＝90°，∵△AEF的內心為I，∴AI，EI分別平分∠FAE，∠FEA，∴∠IAE＝∠FAE，∠IEA＝∠FEA，∴∠IAE＋∠IEA＝（∠FAE＋∠FEA）＝45°，∴∠AIE＝135°，∵△AIO≌△AIE，∴∠AIO＝∠AIE＝135°，∵⊙M是△OAI的外接圓，∴∠OMA＝2×（180°?∠AIO）＝90°，∴OM＝AM＝OA＝，∴MI＝OM＝，∴∠MOA＝∠MOH＝45°，∵MH⊥y軸，∴∠HOM＝∠HMO＝45°，∴OH＝HM＝OM＝，∴CH＝OH＋OC＝＋3＝，∴CM＝，∵CI≥CM?MI，當且僅當C、M、I三點共線時，CI取得最小值，∴CI的最小值為．【點睛】本題考查了二次函數綜合，待定系數法，三角形內心、外接圓，幾何變換?對折，全等三角形判定和性質等知識點，充分利用三角形內心，合理作輔助線是解題關鍵．6．已知拋物線與軸分別交于點，，與軸交于點，對稱軸與軸交于點，頂點為．（1）求拋物線的解析式；（2）若點為對稱軸右側且位于軸上方的拋物線上一動點（點與頂點不重合），于點，當與相似時，求點的坐標；（3）對稱軸上是否存在一點使得，若存在求出點的坐標，若不存在請說明理由．【答案】（1）；（2）；（3）存在，點M的坐標為，或【分析】（1）利用待定系數法求出拋物線的解析式；（2）由P的位置分析得只能是，得．延長交軸于，則，設，由兩點間距離公式可列方程得到F點的坐標，用待定系數法求直線EF的解析式，于拋物線聯立即可求得P點坐標；（3）當點在軸上方時，連接，，由拋物線的對稱性可知MA=MB，則，利用圓中同弧所對圓周角相等的性質得圓心在對稱軸上，設的坐標為，根據，可列方程求得的坐標，從而求得M的坐標，最后由軸對稱性質可知另一點的坐標．【詳解】解：（1）把，，點坐標分別代入拋物線解析式，得：解得：，∴拋物線的解析式：（2）如圖，只能是，得．延長交軸于，∴，∴設，則∴，即．設直線的解析式為，則，解之得，∴直線的解析式．聯立，解得或（舍去）∴．（3）如圖2，當點在軸上方時，連接，，設的坐標為，若，則點，，，四點在以為圓心的圓上∴∵是拋物線的對稱軸，∴，∴，∴，∵，，，∴，，∴，∴，∴，，∴，∴，當點在軸下方時，由對稱知，，即：點的坐標為，或．【點睛】本題考查二次函數的綜合應用，利用二次函數圖像的性質求點的坐標，圓的性質確定點的位置，掌握二次函數圖象的性質為解題關鍵．7．如圖，拋物線過點A（，2），且與直線交于B、C兩點，點B的坐標為（，m）．（1）求拋物線的解析式；（2）點D為拋物線上位于直線BC上方的一點，過點D作DE⊥x軸交直線BC于點E，點P為對稱軸上一動點，當線段DE的長度最大時，求PD+PA的最小值；（3）設點M為拋物線的頂點，在y軸上是否存在點Q，使得∠AQM=45°？若存在，求點Q的坐標；若不存在，請說明理由．【答案】（1）；（2）PD+PA的最小值為；（3）Q1（0，2）、Q2（0，2+）．【分析】（1）將點B的坐標為（4，m）代入，，B的坐標為（4，），將A（3，2），B（4，）代入y=x2+bx+c，解得b=1，c=，因此拋物線的解析式y(tǒng)=?x2x+；（2）設D（m，m2m+），則E（m，m+），DE=（m2m+）（m+）=m22m=（m+2）2+2，當m=2時，DE有最大值為2，此時D（2，），作點A關于對稱軸的對稱點A'，連接A'D，與對稱軸交于點P．PD+PA=PD+PA'=A'D，此時PD+PA最?。唬?）作AH⊥對稱軸于點H，連接AM、AQ、MQ、HA、HQ，由M（1，4），A（3，2），可得AH=MH=2，H（1，2）因為∠AQM=45°，∠AHM=90°，所以∠AQM=∠AHM，可知△AQM外接圓的圓心為H，于是QH=HA=HM=2設Q（0，t），則，t=2+或2，求得符合題意的點Q的坐標：Q1（0，2）、Q2（0，2+）．【詳解】解：（1）將點B的坐標為（4，m）代入，得m=4+=，∴B的坐標為（4，），將A（3，2），B（4，）代入y=x2+bx+c，解得b=1，c=，∴拋物線的解析式y(tǒng)=?x2x+；（2）設D（m，?m2m+），則E（m，m+），DE=（?m2m+）（m+）=?m22m=（m+2）2+2，∴當m=2時，DE有最大值為2，此時D（2，），作點A關于對稱軸的對稱點A'，連接A'D，與對稱軸交于點P．PD+PA=PD+PA'=A'D，此時PD+PA最小，∵A（3，2），∴A'（1，2），A'D=，即PD+PA的最小值為；（3）作AH⊥對稱軸于點H，連接AM、AQ、MQ、HA、HQ，∵拋物線的解析式，∴M（1，4），∵A（3，2），∴AH=MH=2，H（1，2）∵∠AQM=45°，∠AHM=90°，∴∠AQM=∠AHM，可知△AQM外接圓的圓心為H，∴QH=HA=HM=2設Q（0，t），則，解得，t=2+或2∴符合題意的點Q的坐標：Q1（0，2）、Q2（0，2+）．【點睛】本題考查了二次函數，熟練運用二次函數的圖象的性質與一次函數的性質以及圓周角定理是解題的關鍵．8．我們不妨約定：對角線互相垂直的凸四邊形叫做“十字形”．（注：凸四邊形就是沒有角度數大于180°的四邊形，把四邊形的任何一邊向兩方延長，其他各邊都在延長所得直線的同一旁，這樣的四邊形叫做凸四邊形．）（1）①在“平行四邊形，矩形，菱形，正方形”中，一定是“十字形”的有_________；②在凸四邊形中，且，則該四邊形_________“十字形”．（填“是”或“不是”）（2）如圖1，，，，是半徑為1的上按逆時針方向排列的四個動點，與交于點，，當時，求的取值范圍；（3）如圖2，在平面直角坐標系中，拋物線（，，為常數，，）與軸交于，兩點（點在點的左側），是拋物線與軸的交點，點的坐標為，記“十字形”的面積為，記，，，的面積分別為，，，．求同時滿足下列三個條件的拋物線的解析式：①；②；③“十字形”的周長為．【答案】（1）①菱形，正方形；②不是；（2）（）；（3）．【分析】（1）①根據十字形的定義結合平行四邊形，矩形，菱形，正方形對角線的性質進行判斷；②假設當時，根據SSS定理證得，然后結合全等三角形的性質求得，從而根據題意判斷四邊形不是“十字形”；（2）先根據圓周角定理求得，然后過點作于，于，連接，，結合垂徑定理和勾股定理求得，然后根據題意列不等式組求解即可；（3）由二次函數的性質求求得，，，，，然后結合三角形面積分別求得，，，，，然后根據題意列等式分別求得a，b的值，從而判斷四邊形是菱形，利用菱形性質求解c，求得拋物線解析式．【詳解】解：（1）①∵菱形，正方形的對角線互相垂直，∴菱形，正方形是：“十字形”，∵平行四邊形，矩形的對角線不一定垂直，∴平行四邊形，矩形不是“十字形”，故答案為：菱形，正方形；②如圖，當時，在和中，，∴，∴，∵，∴，∴當時，四邊形不是“十字形”，故答案為：不是；（2）∵，，，∴，∴，∴，∴，如圖1，過點作于，于，連接，，∴，，，，，四邊形是矩形，∴，，∴，∵，∴，∴，∴（）；（3）由題意得，，，，，∵，，∴，，，，，，∴，，，，，∵，，∴，∴，∴，∴，，，∵，∴，∴，∴，∴，∴，∴，，，，∴四邊形是菱形，∴，∴，即：，∵，∴，∴或（舍），即：．【點睛】此題是二次函數綜合題，主要考查了新定義，平行四邊形，矩形，菱形，正方形的性質，全等三角形的判定和性質，三角形的面積公式，求出a=1是解本題的關鍵．9．已知拋物線y＝x2+bx+c與x軸交于A（4，0）、B（﹣2，0），與y軸交于點C．（1）求拋物線的解析式；（2）點D為第四象限拋物線上一點，設點D的橫坐標為m，四邊形ABCD的面積為S，求S與m的函數關系式，并求S的最值；（3）點P在拋物線的對稱軸上，且∠BPC＝45°，請直接寫出點P的坐標．【答案】（1）y＝x2﹣x﹣4；（2）S＝﹣（m﹣2）2+16，S的最大值為16；（3）點P的坐標為：（1，﹣1+）或（1，﹣1﹣）．【分析】（1）根據交點式可求出拋物線的解析式；（2）由S=S△OBC+S△OCD+S△ODA，即可求解；（3）∠BPC=45°，則BC對應的圓心角為90°，可作△BCP的外接圓R，則∠BRC=90°，過點R作y軸的平行線交過點C與x軸的平行線于點N、交x軸于點M，證明△BMR≌△RNC（AAS）可求出點R（1，1），即點R在函數對稱軸上，即可求解．【詳解】解：（1）∵拋物線y＝x2+bx+c與x軸交于A（4，0）、B（﹣2，0），∴拋物線的表達式為：y＝（x﹣4）（x+2）＝x2﹣x﹣4；（2）設點D（m，m2﹣m﹣4），可求點C坐標為（0，4），∴S＝S△OBC+S△OCD+S△ODA＝＝﹣（m﹣2）2+16，當m＝2時，S有最大值為16；（3）∠BPC＝45°，則BC對應的圓心角為90°，如圖作圓R，則∠BRC＝90°，圓R交函數對稱軸為點P，過點R作y軸的平行線交過點C與x軸的平行線于點N、交x軸于點M，設點R（m，n）．∵∠BMR+∠MRB＝90°，∠MRB+∠CRN＝90°，∴∠CRN＝∠MBR，∠BMR＝∠RNC＝90°，BR＝RC，∴△BMR≌△RNC（AAS），∴CN＝RM，RN＝BM，即m+2＝n+4，﹣n＝m，解得：m＝1，n＝﹣1，即點R（1，﹣1），即點R在函數對稱軸上，圓的半徑為：＝，則點P的坐標為：（1，﹣1+）或（1，﹣1﹣）．【點睛】本題考查的是二次函數與幾何綜合運用，涉及圓周角定理、二次函數解析式的求法、圖形的面積計算等，其中（3），要注意分類求解，避免遺漏，能靈活運用數形結合的思想是解題的關鍵，（3）的難點是作出輔助圓．10．如圖所示，在平面直角坐標系中，拋物線與軸交于點、，與軸交于點，點是第一象限內拋物線上的動點．（1）求拋物線的解析式；（2）連接與，交于點，求當的值最大時點的坐標；（3）點與點關于拋物線的對稱軸成軸對稱，當點的縱坐標為2時，過點作直線軸，點為直線上的一個動點，過點作軸于點，在線段上任取一點，當有且只有一個點滿足時，請直接寫出此時線段的長．【答案】（1）；（2）；（3）或【分析】（1）直接利用待定系數法求解即可；（2）過P作PG∥y軸，交BC于點G，則可構造出相似三角形，將轉換為求解即可；（3）分兩種情況討論，連接FM，以FM為斜邊，作等腰直角△FHM，當以H為圓心FH為半徑作圓H，與x軸相切于K，此時有且只有一個點K滿足∠FKM=135°，設點H（x，y），由“AAS”可證△FHE≌△HMQ，可得HE=QM=y3，HQ=EF=x2，由勾股定理可求y的值，可求點M坐標，即可求解．【詳解】（1）將、代入拋物線解析式得：，解得：，∴拋物線的解析式為：；（2）如圖所示，作PG∥y軸，交BC于點G，則△DPG∽△DOC，∴，由題可知：，設直線BC的解析式為：，將，代入得：，解得：，∴直線BC的解析式為：，，設P的坐標為，則G的坐標為，∴，∴，∴當時，有最大值，將代入拋物線解析式得：，∴點P的坐標為；（3）①當M在F右側時，如圖所示，連接FM，以FM為斜邊構造等腰直角△FHM，當以H為圓心，FH為半徑作圓H，與x軸相切于K時，此時有且只有一個K點滿足∠FKM=135°，此時，連接HK，交PM于點Q，延長CF交于HK于E，則HK⊥x軸，設H（x，y），由題可知，拋物線的對稱軸為直線x=1，∵點F與點C關于拋物線的對稱軸對稱，∴點F的坐標為（2，3），CF∥x軸，∴CF∥PM，∴HK⊥CF，HK⊥PM，∴∠FEH=∠HQM=90°，∵∠FHE+∠MHE=90°，∠FHE+∠HFE=90°，∴∠HFE=∠MHQ，又∵HF=HM，∴△HFE≌△MHQ（AAS），∴HE=QM=y3，HQ=FE=x2，而HQ=HKQK=y2，∴y2=x2，即：x=y，∴FE=y2，∵，FH=HK=y，∴，解得：，（舍去）∴，，∴點M的坐標為，∴；②當M在F左側時，如圖所示，同①的過程，可證得△HFE≌△MHQ，此時設H的坐標為（x，y），顯然有，HE=QM=y